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《创新设计》2014届高考数学人教版A版(文科)第一轮复习方案课时作业:第14讲 导数在研究函数中的应用


课时作业(十四)A

[第 14 讲

导数在研究函数中的应用]

(时间:45 分钟 分值:100 分)

基础热身 1.函数 f(x)=x+elnx 的单调递增区间为( ) A.(0,+∞) B.(-∞,0) C.(-∞,0)和(0,+∞) D.R 2.[2012· 济宁质检] 函数 f(x)=a

x3+x+1 有极值的充要条件是( A.a≥0 B.a>0 C.a≤0 D.a<0 3.设 a∈R,若函数 y=ex+ax,x∈R 有大于零的极值点,则( A.a<-1 B.a>-1 1 1 C.a≥- D.a<- e e 4.函数 f(x)=x3-3x2+1 在 x=________处取得极小值.

)

)

能力提升 - 5.函数 f(x)=ex+e x 在(0,+∞)上( A.有极大值 B.有极小值 C.是增函数 D.是减函数 6.[2012· 合肥三检]

)

图 K14-1 函数 f(x)的图象如图 K14-1 所示,则不等式(x+3)f′(x)<0 的解集为( ) A.(1,+∞) B.(-∞,-3) C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,-3)∪(-1,1) 7.[2012· 西安模拟] 若函数 f(x)=x3-12x 在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数 k 的取值范围是( ) A.k≤-3 或-1≤k≤1 或 k≥3 B.-3<k<-1 或 1<k<3 C.-2<k<2

D.不存在这样的实数 8.[2012· 阜新高中月考] 已知 f(x)=x3-ax 在[1,+∞)上是单调增函数,则 a 的最大值 是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 2 9.[2012· 陕西卷] 设函数 f(x)= +lnx,则( ) x 1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 1 B.x= 为 f(x)的极小值点 2 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 10.若函数 f(x)=x3-px2+2m2-m+1 在区间(-2,0)内单调递减,在区间(-∞,-2) 及(0,+∞)内单调递增,则 p 的取值集合是________. 11.已知函数 f(x)是 R 上的偶函数,且在(0,+∞)上有 f′(x)>0,若 f(-1)=0,那么关 于 x 的不等式 xf(x)<0 的解集是________________. 12.[2012· 盐城一模] 函数 f(x)=(x2+x+1)ex(x∈R)的单调减区间为________. 1 13.已知函数 f(x)= x3-bx2+c(b,c 为常数),当 x=2 时,函数 f(x)取极值,则 b= 3 ________;若函数 f(x)存在三个不同零点,则实数 c 的取值范围是________. 14.(10 分)已知函数 f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,x∈R,其中 t∈R. (1)当 t=1 时,求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)当 t>0 时,求 f(x)的单调区间.

15.(13 分)已知 f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在 x=± 时取得极值,且 f(1)=-1. 1 (1)试求常数 a,b,c 的值; (2)试判断 x=± 是函数的极小值点还是极大值点,并说明理由. 1

难点突破 a 16.(12 分)[2012· 大庆实验中学期中] 已知 f(x)=lnx+ -2,g(x)=lnx+2x. x (1)求 f(x)的单调区间; (2)试问过点(2,5)可作多少条直线与曲线 y=g(x)相切?请说明理由.

课时作业(十四)B

[第 14 讲

导数在研究函数中的应用]

(时间:45 分钟 分值:100 分)

基础热身 1. 已知函数 f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1 有极大值和极小值, 则实数 a 的取值范围是( ) A.(-1,2) B.(-∞,-3)∪(6,+∞) C.(-3,6) D.(-∞,-1)∪(2,+∞) 2.函数 y=ax3-x 在 R 上是减函数,则( ) 1 A.a= B.a=1 3 C.a=2 D.a≤0 x 3.函数 f(x)= 在区间(0,1)上( ) lnx A.是减函数 B.是增函数 C.有极小值 D.有极大值 4.已知曲线 y=x2-1 在 x=x0 处的切线与曲线 y=1-x3 在 x=x0 处的切线互相平行, 则 x0 的值为________.

能力提升 5. [2012· 莱州一中二检] 已知对任意实数 x, f(-x)=-f(x), 有 g(-x)=g(x), x>0 时, 且 f′(x)>0,g′(x)>0,则 x<0 时( ) A.f′(x)>0,g′(x)>0 B.f′(x)>0,g′(x)<0 C.f′(x)<0,g′(x)>0 D.f′(x)<0,g′(x)<0 6.若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有极值,则 ab 的最大值 等于( ) A.2 B.3 C.6 D.9 1 7.[2012· 辽宁卷] 函数 y= x2-lnx 的单调递减区间为( ) 2 A.(-1,1] B.(0,1] C.[1,+∞) D.(0,+∞) 8.[2012· 自贡三诊] 设函数 f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图象如图 K14-2 所示,则 其导函数 y=f′(x)的图象可能为( )

图 K14-2

图 K14-3 9.[2013· 如皋中学阶段练习] 已知曲线 y=(a-3)x3+lnx 存在垂直于 y 轴的切线,则 a 的取值范围为( ) A.a<3 B.a>3 C.a≤3 D.a≥3 10 . 函 数 f(x) = xlnx 的 单 调 递 增 区 间 是 ________________________________________________________________________. x2+a 11.若函数 f(x)= 在 x=1 处取极值,则 a=________. x+1 12.直线 y=a 与函数 f(x)=x3-3x 的图象有相异的三个公共点,则 a 的取值范围是 ________.

图 K14-4 13.如图 K14-4 是 y=f(x)的导函数的图象,现有四种说法: ①f(x)在(-3,-1)上是增函数; ②x=-1 是 f(x)的极小值点; ③f(x)在(2,4)上是减函数,在(-1,2)上是增函数; ④x=2 是 f(x)的极小值点. 以上正确结论的序号为________. x2+a 14.(10 分)[2012· 海淀模拟] 函数 f(x)= (a∈R). x+1 1 (1)若 f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 ,求实数 a 的值; 2 (2)若 f(x)在 x=1 处取得极值,求函数 f(x)的单调区间.

15.(13 分)已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e 为自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)是否存在实数 a 使函数 f(x)在 R 上为单调递减函数?若存在, 求出 a 的取值范围; 若

不存在,请说明理由.

难点突破 16.(12 分)[2012· 浙江卷] 已知 a∈R,函数 f(x)=4x3-2ax+a. (1) 求 f(x)的单调区间; (2)证明:当 0≤x≤1 时,f(x)+|2-a|>0.

课时作业(十四)A 【基础热身】 e [解析] 因为函数 f(x)的定义域为(0,+∞),且 f′(x)=1+ >0.故 f(x)的递增区间为 x (0,+∞).故选 A. 2. [解析] f′(x)=3ax2+1, D 若函数有极值, 则方程 3ax2+1=0 必有实数根, 显然 a≠0, 1 2 所以 x =- >0,解得 a<0.故选 D. 3a x ?e +a=0, ? x ? 3.A [解析] y′=e +a,由条件知, 有解,所以 a=-ex<-1.故选 A. ?x>0 ? 4.2 [解析] f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).当 x<0 时,f′(x)>0;当 0<x<2 时,f′(x) <0;当 x>2 时,f′(x)>0,故当 x=2 时 f(x)取得极小值. 【能力提升】 - 5.C [解析] 依题意知,当 x>0 时,f′(x)=ex-e x>e0-e0=0,因此 f(x)在(0,+∞) 上是增函数. ? ? ?x+3<0, ?x+3>0, 6.D [解析] 由不等式(x+3)f′(x)<0 得? 或? 观察图象可知, ? ? ?f′(x)>0 ?f′(x)<0, x<-3 或-1<x<1.所以原不等式的解集为(-∞,-3)∪(-1,1).故选 D. 7.B [解析] 因为 y′=3x2-12,由 y′>0 得函数的增区间是(-∞,-2)和(2,+∞), 由 y′<0 得函数的减区间是(-2,2).由于函数 f(x)在(k-1,k+1)上不是单调函数,所以有 k -1<-2<k+1 或 k-1<2<k+1,解得-3<k<-1 或 1<k<3.故选 B. 8.D [解析] 依题意 f′(x)=3x2-a≥0 在[1,+∞)上恒成立,所以 a≤(3x2)min=3.所 以 a 的最大值为 3. 2 2 1 9.D [解析] 所给的原函数 f(x)= +lnx 的导函数为 f′(x)=- 2+ ,令 f′(x)=0 可得 x x x x =2.当 x>2 时,f′(x)>0,函数 f(x)为增函数;当 0<x<2 时,f′(x)<0,函数 f(x)为减函数,所以 x=2 为极小值点,故选 D. 10.{-3} [解析] 由题意知 f′(-2)=0,f′(0)=0,而 f′(x)=3x2-2px,则有 12+4p=0, 即 p=-3.故填{-3}. 11.(-∞,-1)∪(0,1) [解析] 在(0,+∞)上有 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单 调递增.又函数 f(x)是 R 上的偶函数,所以 f(x)在(-∞,0)上单调递减,又 f(1)=f(-1)=0. 当 x>0 时,xf(x)<0,所以 0<x<1;当 x<0,xf(x)<0,所以 x<-1. 12. (-2, -1) [解析] 因 f′(x)=(2x+1)ex+(x2+x+1)ex=(x2+3x+2)ex, f′(x)<0, 令 2 则 x +3x+2<0,解得-2<x<-1. 4 13.1 0<c< [解析] 因为 f′(x)=x2-2bx,又 x=2 是 f(x)的极值点, 3 则 f′(2)=22-2b×2=0,∴b=1. 且 x∈(0,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, x∈(-∞,0),(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, ?f(0)=c>0, ? 4 若 f(x)=0 有 3 个不同实根,则? 解得 0<c< . 1 3 2 3 ?f(2)=3×2 -2 +c<0. ? 14.解:(1)当 t=1 时,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0, f′(x)=12x2+6x-6,f′(0)=-6. 所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=-6x. (2)f′(x)=12x2+6tx-6t2. t 令 f′(x)=0,解得 x=-t 或 x= . 2 t 因 t>0,则-t< .当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 2 1.A

x f′(x) f(x)

(-∞,-t) + ?

?-t, t ? 2? ?

? t ,+∞? ?2 ?

- + ? ? t 所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-t),?2,+∞?; ? ? t? f(x)的单调递减区间是?-t,2?. ? 15.解:(1)f′(x)=3ax2+2bx+c, 因为 x=± 是函数 f(x)的极值点,且 f(x)在定义域内任意一点处可导. 1 所以 x=±1 使方程 f′(x)=0,即 x=± 为 3ax2+2bx+c=0 的两根, 1 由根与系数的关系得 2b - =0,① 3a

? ?c ?3a=-1,②

又 f(1)=-1, 所以 a+b+c=-1,③ 1 3 由①②③解得 a= ,b=0,c=- . 2 2 1 3 3 (2)由(1)知 f(x)= x - x, 2 2 3 3 3 所以 f′(x)= x2- = (x-1)(x+1), 2 2 2 当 x>1 或 x<-1 时,f′(x)>0; 当-1<x<1 时,f′(x)<0, 所以函数 f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上为增函数,在(-1,1)上为减函数, 所以当 x=-1 时,函数取得极大值 f(-1)=1; 当 x=1 时,函数取得极小值 f(1)=-1. 【难点突破】 x-a 16.解:(1)f′(x)= 2 (x>0), x ①当 a≤0 时,f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增; ②当 a>0 时,若 0<x<a,则 f′(x)<0;若 x>a,则 f′(x)>0,f(x)在(0,a)上单调递减, 在(a,+∞)上单调递增. 1 (2)设切点为(x0,lnx0+2x0),g′(x)= +2, x 1 所以切线方程为:y-(lnx0+2x0)= +2(x-x0). x0 1 因为切线过点(2,5),所以 5-(lnx0+2x0)= +2(2-x0), x0 即 x0lnx0-2x0+2=0.(*) 令 F(x)=xlnx-2x+2,F′(x)=lnx-1. 因为当 0<x<e 时,F′(x)<0;当 x>e 时,F′(x)>0, 所以 F(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增. 1 2e-3 又 F(e)=-e+2<0,F = >0,F(e2)=2>0, e e 1 所以 F(x)=0 在 ,e2 上有两个零点,即方程(*)在(0,+∞)上有两个根, e 所以过点(2,5)可作两条直线与曲线 y=g(x)相切. 课时作业(十四)B 【基础热身】

1.B [解析] f′(x)=3x2+2ax+(a+6),因为函数有极大值和极小值,所以 f′(x)=0 有两 个不相等的实数根,所以 Δ=4a2-4×3(a+6)>0,解得 a<-3 或 a>6.故选 B. 2.D [解析] y′=3ax2-1,因为函数 y=ax3-x 在 R 上是减函数,所以 3ax2-1≤0 在 R 上恒成立,所以 a≤0.故选 D. lnx-1 3.A [解析] 因为 f′(x)= 2 ,所以 x∈(0,1)和 x∈(1,e)时,f′(x)<0;x=e 时, ln x f′(x)=0;x∈(e,+∞)时,f′(x)>0.所以在区间(0,1)上 f(x)是减函数,x=e 时有极小值 f(e) =e.故选 A. 2 2 4.- 或 0 [解析] 依题意两曲线在 x=x0 的导数相等,即 2x0=-3x2,解得 x0=- 或 0 3 3 x0=0. 【能力提升】 5. [解析] 由已知得 f(x)是奇函数, B g(x)是偶函数, x>0 时,f(x)与 g(x)都是增函数, 且 根据奇函数和偶函数的对称性可知,当 x<0 时,f(x)是增函数,g(x)是减函数,所以 f′(x)>0, g′(x)<0.故选 B. 6.D [解析] f′(x)=12x2-2ax-2b,由函数 f(x)在 x=1 处有极值,可知函数 f(x)在 x=1 处的导数值为零,即 12-2a-2b=0,所以 a+b=6.由题意知 a,b 都是正实数,所以 a+b?2 ?6?2 ab≤? ? 2 ? =?2? =9,当且仅当 a=b=3 时取到等号. 2 1 2 1 x -1 (x-1)(x+1) 7.B [解析] ∵y′=?2x -lnx?′=x- = = ,又因为定义域为 ? ? x x x (0,+∞),令 y′<0,得到 0<x<1,故而函数的单调递减区间为(0,1]. 8.D [解析] 当 x<0 时,f(x)单调递增,所以 f′(x)>0,排除 A,C;当 x>0 时,f(x)的 单调性依次是递增、递减、递增,所以 f′(x)在对应的区间上的符号依次为正、负、正.选 项 D 正确.故选 D. 1 9.A [解析] 函数的定义域为(0,+∞),依题意 y′=0 有实数根,即 3(a-3)x2+ =0 x 1 1 有实数根,整理得 x3= ,所以 >0,得 a<3. 3(3-a) 3(3-a) 1 10. ,+∞ [解析] 函数 f(x)的定义域为(0,+∞),因为 f′(x)=lnx+1,由 f′(x)>0, e 1 1 得 x> ,所以 f(x)的单调递增区间为 ,+∞. e e 11 . 3 [ 解 析 ] 因 为 f(x) 在 x = 1 处 取 极 值 , 所 以 f′(1) = 0 , 又 f ′ (x) = 2x(x+1)-(x2+a) , (x+1)2 2×1×(1+1)-(1+a) 所以 f′(1)= =0,即 2×1×(1+1)-(1+a)=0,故 a=3. (1+1)2 12.(-2,2) [解析] 令 f′(x)=3x2-3=0,得 x=± 1,可得极大值为 f(-1)=2,极小值 为 f(1)=-2,所以当-2<a<2 时,直线 y=a 与 f(x)恰有三个不同的公共点. 13.②③ [解析] 当 x∈(-3,-1)时,f′(x)<0,即 f(x)在(-3,-1)上是减函数,故① 错误;对于②,在 x=-1 附近,当 x<-1 时,f′(x)<0,当 x>-1 时,f′(x)>0,故 x=-1 是 f(x)的极小值点, 故②正确, 同理可知④错误; x∈(2, 当 4)时, f′(x)<0, f(x)是减函数; x∈(- 当 1,2)时,f′(x)>0,f(x)是增函数,故③正确. 2x(x+1)-x2-a x2+2x-a 14.解:(1)f′(x)= = , (x+1)2 (x+1)2 1 1 若 f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 ,则 f′(1)= . 2 2 3-a 1 所以,f′(1)= = ,得 a=1. 4 2 (2)因为 f(x)在 x=1 处取得极值,所以 f′(1)=0,

x2+2x-3 . (x+1)2 因为 f(x)的定义域为{x|x≠-1},所以有: x 1 (-∞,-3) -3 (-3,-1) (-1,1) (1,+∞) f′(x) 0 0 + - - + f(x) 递增 极大值 递减 递减 极小值 递增 所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-3),(1,+∞),单调递减区间是(-3,-1),(- 1,1). 15.解:(1)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex, 所以 f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, 因为 ex>0,所以-x2+2>0,解得- 2<x< 2. 所以函数 f(x)的单调递增区间是(- 2, 2). (2)若函数 f(x)在 R 上单调递减,则 f′(x)≤0 对 x∈R 都成立, 即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0 对 x∈R 都成立. 因为 ex>0,所以 x2-(a-2)x-a≥0 对 x∈R 都成立. 所以 Δ=(a-2)2+4a≤0,即 a2+4≤0,这是不可能的. 故不存在实数 a 使函数 f(x)在 R 上单调递减. 【难点突破】 16.解:(1)由题意得 f′(x)=12x2-2a. 当 a≤0 时,f′(x)≥0 恒成立,此时 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). a?? a? 当 a>0 时,f′(x)=12?x- ,此时 x+ 6?? 6? ? a? ? a ? 函数 f(x)的单调递增区间为?-∞,- 和 ,+∞ , 6? ? 6 ? ? a a? 单调递减区间为?- . , 6 6? ? (2)由于 0≤x≤1,故 当 a≤2 时,f(x)+|a-2|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2. 当 a>2 时,f(x)+|a-2|=4x3+2a(1-x)-2≥4x3+4(1-x)-2=4x3-4x+2. 设 g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1,则 3 3 g′(x)=6x2-2=6?x- ??x+ ?, 3 ?? 3? ? 于是 即 1+2-a=0,a=3,所以 f′(x)= x g′(x) g(x) 0 1

?0, 3? 3? ?
- 减

3 3 0 极小值

? 3,1? ?3 ?
+ 增

1 1

4 3 3 所以,g(x)min=g? ?=1- >0. 9 ?3? 所以当 0≤x≤1 时,2x3-2x+1>0. 故 f(x)+|a-2|≥4x3-4x+2>0.


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